微专题4 带电粒子在复合场中的运动(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

该高中物理高考复习讲义聚焦带电粒子在复合场中的运动专题，涵盖组合场、叠加场、交变场三大核心考点，结合质谱仪、回旋加速器等现代科技应用，按“热点梳理-解题技法-真题演练”逻辑架构知识体系，通过考点分类解析、方法归纳指导、高考真题体验等环节，帮助学生构建场运动问题的分析框架。 讲义突出科学思维与模型建构，如通过例3叠加场中粒子从匀速到圆周运动的过程分析，引导学生建立力与运动的关联模型，结合分层训练（例题精讲、模拟题训练、高考真题）和即时方法总结，有效提升学生科学推理与问题解决能力，为教师把控复习节奏、突破高频难点提供系统支持。

微专题四　带电粒子在复合场中的运动 高考热点·突破 热点一　带电粒子在组合场中的运动 例1　(2024·福建卷)如图，直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求: (1)粒子经过N时的速度大小； (2)粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 解析　(1)粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有qU=m， 解得vN=。 (2)粒子在C2中，根据牛顿运动定律有=ma， 根据匀变速直线运动规律有d=at2、vy=at， 又tan θ=， 解得θ=45°。 (3)粒子在P处时的速度大小为vP=， 在磁场中运动时根据牛顿第二定律有qvPB=， 由几何关系可知R=d， 解得B=。 答案　(1)　(2)45°　(3) [解题技法]　求解带电粒子在组合场中运动的思路 例2　(2025·成都联考)如图为质谱仪的工作原理示意图，带电粒子从O点被加速电场加速后，沿直线通过速度选择器。速度选择器内存在相互正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，加速电场电场强度大小为E。粒子通过速度选择器后经过狭缝P进入磁感应强度为B0的匀强磁场中，之后向左偏转打在胶片A1A2上，不计粒子重力。下列说法正确的是(C) A.粒子带负电 B.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 C.能通过狭缝P的粒子的速率为 D.粒子打在胶片A1A2上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小 解析　根据粒子在偏转磁场中的轨迹和左手定则可知，粒子带正电，A项错误；因为粒子带正电，在速度选择器中受到的电场力向左，所以受到的洛伦兹力向右，由左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，且满足qvB=qE，解得能通过狭缝P的粒子的速率为v=，B项错误，C项正确；粒子偏转后打在胶片A1A2上的位置到狭缝P的距离为2R，由洛伦兹力提供向心力可得qvB0=m，解得R=，因为速率相等，磁场相同，故R由比荷决定，比荷越小，R越大，越远离狭缝P，D项错误。 [方法归纳]　质谱仪和回旋加速器实为带电粒子在组合场中的应用，电场用来加速粒子，磁场用于粒子的偏转。质谱仪的结构有两种，一种是“加速电场+偏转磁场”模式；另一种是“加速电场+速度选择器+偏转磁场”模式，其中速度选择器用来筛选粒子的速度。 热点二　带电粒子在叠加场中的运动 例3　(2025·重庆二模)如图所示，空间存在范围足够大的、相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度方向水平向右，磁感应强度方向垂直纸面向里。建立竖直平面内的直角坐标系xOy，x轴与电场平行。一电荷量为+q、质量m的微粒从坐标原点出发以与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，恰好做直线运动，当微粒运动到坐标值为(a，a)的P点时，电场方向突然变为竖直向上(强弱不变)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直击中y轴上的某点。仅考虑微粒在第一象限内的运动情况，重力加速度为g。求: (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间。 解析　(1)微粒从O到P，三力平衡，重力与电场力大小相等，且满足qE=mg， 解得E=。 (2)电场变为向上后，电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qvB=mg=m， 其中轨迹半径r=a， 解得v=， B=。 (3)微粒直线运动时间t1==， 圆周运动时间t2==， 故总时间t=t1+t2=。 答案　(1)　(2)　(3) [解题技法]　带电粒子在叠加场中运动的解题思路 例4　(2025·青岛模拟)人体血管状况及血液流速能反映出身体健康状态，为了研究这一课题，我们做如下的简化和假设:如图所示，某段血管内径为d，血流速度方向水平向右，血液中含有大量的正、负离子，血管处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，M、N是血管上侧和下侧对称的两个位置。血液流量Q保持不变，下列说法正确的是(C) A.M点电势高于N点电势 B.血液流速大小v= C.M、N两点间的电势差U= D.当血液中粒子浓度升高时，M、N两点间的电势差变大 解析　根据左手定则，可知负离子向上偏，正离子向下偏，故M点电势低于N点电势，A项错误；由题可得，血液流量Q=Sv=πv，解得v=，B项错误；稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，则有qBv=qE=q，解得U=，C项正确；根据U=，可知M、N两点间的电势差U与血液中粒子的浓度无关，D项错误。 [解题技法]　叠加场在现代科技中的应用常见的有:速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件。这些装置达到稳定状态时均存在电场力与洛伦兹力平衡的情况，所以四种装置的试题可以视为一类问题。 热点三　带电粒子在交变场中的运动 例5　(2024·广东卷)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场，水平向右进入磁场，并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v； (3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 解析　(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为t0=， 根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv得T=， 粒子所带的电荷量q=。 (2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时=vt0， 出电场时竖直速度为零，则竖直方向 y=2×(0.5t0)2， 在磁场中时qvB=m， 其中的y=2r=， 联立解得v=π，D=。 (3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由(2)的计算可知金属板的板间距离D=3r， 则粒子在3t0时刻再次进入金属板间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入金属板间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则 W=mv2+Eq×=+=。 答案　(1)正电　　(2)　π (3) [解题技法]　解决带电粒子在交变电磁场中运动的思路 现代科技与电磁场 典例　(2025·茂名一模)如图甲所示是一款治疗肿瘤的质子治疗仪工作原理示意图，质子经加速电场后沿水平方向进入速度选择器，再经过磁分析器和偏转系统后，定向轰击肿瘤。已知速度选择器中电场强度的大小为E、方向竖直向上，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外，磁分析器截面的内外半径分别为R1和R2，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M和N处各有一个小孔。偏转系统下边缘与肿瘤所在平面距离为L，偏转系统截面高度与宽度均为H。当偏转系统不工作时，质子恰好垂直轰击肿瘤靶位所在平面上的O点；当偏转系统施加如图乙所示变化电压后，质子轰击点将发生变化且偏转电压达到峰值U0(或-U0)时质子恰好从偏转系统下侧边缘离开(质子通过偏转系统时间极短，此过程偏转电压可视为不变)，已知整个系统置于真空中，质子电荷量为q、质量为m。 (1)求质子到达M点的速度大小； (2)要使质子垂直于磁分析器下端边界从孔N离开，请判断磁分析器中磁场方向，并求磁感应强度B2的大小； (3)在一个电压变化周期内，质子轰击肿瘤宽度是多少?实际治疗过程中发现轰击宽度小于肿瘤宽度，若只改变某一物理参数达到原宽度，如何调节该物理参数? 解析　(1)质子匀速通过速度选择器，受力平衡 qE=qvB1， 可得v=。 (2)在磁分析器中做匀速圆周运动，由题图可知 r=， 由洛伦兹力提供向心力有qvB2=m， 解得B2=。 (3)在偏转系统中质子做类平抛运动，当电源为U0时质子恰好从偏转系统下侧边缘离开，有H=vt，=at2， 根据牛顿第二定律有qE'=ma， 其中E'=， 根据速度的分解有tan θ=， 解得θ=45°， 离开偏转系统后，质子做匀速直线运动tan θ=， 解得x=L， 故质子轰击肿瘤宽度s=2L+H， 可知增加L，可以增加质子轰击肿瘤宽度。 答案　(1)　(2)　(3)2L+H　增加L [情境与思维分析]　本例以质子治疗仪工作原理为载体考查电场加速、电偏转、速度选择器、磁偏转等的综合应用。只要能识别装置的原理就可以正确解答第(1)问，第(2)问强调空间想象与动力学结合的思维，第(3)问要求有构建物理模型的能力，把粒子的偏转与类平抛运动知识结合解答问题，而最后提出进一步通过参数调节以优化治疗范围，体现实际问题中动态调整的工程思维。 训练　(多选)(2025·银川二模)回旋加速器是一种利用磁场和高频电场对带电粒子进行加速的装置，主要应用在核医学与放射性同位素生产、癌症治疗、工业和科研等领域。如图所示为回旋加速器的示意图，D形盒置于匀强磁场中，两盒间高频电源的频率为f，一质子(电荷量为e，质量为m)从中心粒子源释放，多次回旋并加速后从边缘射出，不计空气阻力，则下列说法正确的是(BC) A.交变电压的周期应等于粒子在磁场中运动周期的2倍 B.所加匀强磁场的磁感应强度B= C.若考虑相对论效应，质子质量会增大，则高频交流电的频率应减小，才能保证粒子动能持续增加 D.仅使高频交流电电压加倍时，粒子每次加速增加的动能加倍，最终获得的动能加倍 解析　粒子在磁场中运动一周加速两次，则交变电压的周期应等于粒子在磁场中运动周期，A项错误；二者周期相等，则频率也相等，由周期公式T==，可得磁感应强度B=，B项正确；由周期公式T==，质量m增大，则周期增大，频率减小，要保证粒子动能持续增加，则高频交流电的频率应减小，C项正确；由公式evB=，得v=，当r取最大半径R时，粒子有最大速度vm=，最终的动能为Ek=m=，最终获得的动能与加速电压无关，根据qU=ΔEk可知仅使高频交流电电压加倍时，粒子每次加速增加的动能加倍，总的加速次数就减少，最终动能其实不变，D项错误。 高考真题·体验 1.(多选)(2024·湖北卷)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(AC) A.极板MN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 解析　带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A项正确；离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则qvB=q，得U=Bdv，因此增大间距U变大，增大速率U变大，U的大小和带电粒子数密度无关，B、D两项错误，C项正确。 2.(2024·江西卷)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图甲所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3 A时，测得U-B关系图线如图乙所示，元电荷e=1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(D) A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 解析　设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb，根据电流的定义式得I==nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有evB=e，联立解得U=B，结合题中图像可得k== V/T，解得n=2.3×1016个，D项正确。 3.(多选)(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(ABD) A.油滴a带负电，所带电量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 解析　油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg=Eq，解得q=，A项正确；根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m，联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=，B项正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R=，解得v1==，周期为T==，C项错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv=v1+v2，解得v2=-，由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，D项正确。 4.(2024·天津卷)如图所示，在Oxy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿+y方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。 (1)求磁感应强度B的大小； (2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t； (3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为R，求粒子在磁场中运动的时间t1。 解析　(1)根据题意可知，由于带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有Eq=qvB， 解得B=。 (2)若仅有电场，带负电粒子受沿x轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有 qE=ma， 又有R=at2， 联立解得t=。 (3)根据题意，设粒子入射速度为v0，则有qv0B=m， T=， 可得T==， 画出粒子的运动轨迹，如图所示， 由几何关系可得 tan θ==， 解得θ=60°， 轨迹所对圆心角为120°，则粒子在磁场中运动的时间 t1=·T=。 答案　(1)　(2)　(3) 5.(2025·河南卷)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s=3。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度) 解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入电场时的速度方向与虚线的夹角为60°，作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图甲所示， 由几何关系有r-h=rcos 60°， 解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r=2h， 对粒子由洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m， 解得磁感应强度的大小为B=。 (2)作出粒子从a点运动到b点的轨迹，如图乙所示， 粒子在电场中做类斜抛运动，由斜抛运动规律可知，水平方向x1=v0t1cos 60°， 竖直方向2v0sin 60°=at1， 由牛顿第二定律有qE=ma， 由(1)问可知粒子从a点开始运动到进入电场水平位移为 x2=rsin 60°=h， 由几何关系可知粒子从离开电场至到达b点过程的水平位移也为x2，则粒子从a点运动到b点的水平位移为 s=x1+2x2=3h， 联立解得电场强度大小为 E=。 (3)根据题意作出竖直向下发射时一个周期内粒子的运动轨迹，如图丙所示， 由几何关系可知一个周期内粒子从磁场进入电场的速度与水平线的夹角余弦值为cos θ==， 解得θ=60°， 则粒子从a点开始运动到进入电场过程的水平位移为 s1=r-rsin θ=(2-)h， 由于粒子从a点运动到进入电场过程轨迹所对圆心角为θ1=， 则该过程粒子的运动时间为t2==， 结合(2)问分析可知该情况一个周期内粒子在电场中的水平位移大小x1=h，运动时间为t1==， 由几何关系可得一个周期内粒子从电场进入磁场至到达b'的过程，轨迹所对圆心角为θ2=，该过程的运动时间为 t3==， 则粒子的运动周期为t=t1+t2+t3=， 由粒子的运动轨迹可知一个周期内粒子的位移为 s'=r-s1=h， 则粒子的漂移速度v==v0。 答案　(1)　(2)　(3)v0 6.(2024·江苏卷)同步辐射光源中储存环的简化模型如图所示，内、外半径分别为R1、R2的两个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中均有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。ab与a'b'间有一电势差为U的加速电场，cd与c'd'间有一个插入件，电子每次经过插入件后，速度减小为通过前的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，垂直于cd射入插入件，经过磁场、电场再次到达cd的速度增加，多次循环后到达cd的速度不再增加，达到稳定值。不考虑相对论效应，忽略经过电场和插入件的时间。 (1)求该电子进入插入件前、后，在磁场中运动的半径之比r1∶r2； (2)求该电子多次循环后到达cd的稳定速度v； (3)若该电子运动到cd的中点P时达到稳定速度，并最终能到达边界的d点，求电子从P点运动到d的时间t。 解析　(1)设电子进入插入件前、后的速度大小分别为v1、v2，由题意可得v2=kv1， 电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 evB=m， 解得r=， 在磁场中的运动半径r∝v，可得r1∶r2=v1∶v2=1∶k。 (2)电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入件后的速度大小为kv。电子经过电场加速后速度大小为v，根据动能定理得eU=mv2-m(kv)2， 解得v=， 方向垂直于cd向左。 (3)电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点。由P点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹如图所示。 根据(1)(2)的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为 r==， 电子在左半圆区域的运动半径为kr，则Δx=2r-2kr， P点与d点之间的距离为=(R2-R1)， 电子由P点多次循环后到达d点的循环次数为 n==， 电子在左、右半圆区域的运动周期均为T=， 忽略经过电场与插入件的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从P到d的时间为 t=nT=。 答案　(1)1∶k　(2)，方向垂直于cd向左　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $